¿Cuál es el valor de $\int_0^1\frac{1}{2y} \ln(y) \ln^2(1-y) \, dy$ ?

Question

Me encontré con esta integral mientras hacía un problema diferente:

$$ \int_0^1\frac{1}{2y} \ln (y)\ln^2(1-y) \, dy$$

Creo que podemos evaluar esta integral diferenciando la representación integral común de la función beta, pero parece un poco lioso.

Answer 1

Comenzamos introduciendo la integral $$ I(a,b)=\frac{1}{2}\int_0^1y^{a-1}(1-y)^b\,dy=\frac{1}{2}B(a,1+b), $$ donde $B$ denota la función beta. Obsérvese que esta integral es singular en $a=0$ y $b=-1$ . Desde $\partial_a y^a=y^a\ln y$ somos nos lleva a calcular $$ \partial_{a,b,b}I(a,b)=\frac{1}{2}\int_0^1 y^{a-1}(1-y)^b\ln y\bigl(\ln(1-y)\bigr)^2\,dy $$ como $a$ y $b$ tienden a $0$ . A continuación insertaremos el punto "no peligroso" $b=0$ . En otras palabras, queremos calcular $$ \partial_{a,b,b}B(a,1+b)\mid_{a\to 0^+,b\to 0}. $$ En diferenciando la función beta aparecen poligammas. En efecto, $$ \begin{aligned} \partial_bB(a,1+b)&=B(a,1+b)\bigl(\psi_0(1+b)-\psi_0(1+a+b)\bigr)\\ \partial_{b,b}B(a,1+b)&=B(a,1+b)\Bigl(\bigl(\psi_0(1+b)-\psi_0(1+a+b)\bigr)^2 +\psi_1(1+b)-\psi_1(1+a+b)\Bigr). \end{aligned} $$ A continuación, podemos insertar $b=0$ antes de diferenciar con respecto a $a$ y tomar el límite $a\to 0$ . Debemos diferenciar la función (aquí hemos utilizado el hecho de que $\psi_0(1)=-\gamma$ (constante de Euler) y que $\psi_1(1)=\pi^2/6$ ) $$ f(a)=B(a,1)\Bigl(\bigl(\gamma+\psi_0(1+a)\bigr)^2+\frac{\pi^2}{6}-\psi_1(1+a)\Bigr) $$ y calcula $\lim_{a\to 0^+}f'(a)$ . Conseguimos que $$ \begin{aligned} f'(a)&=B(a,1)\bigl(\psi_0(a)-\psi_0(1+a)\bigr)\Bigl(\bigl(\gamma+\psi_0(1+a)\bigr)^2+\frac{\pi^2}{6}-\psi_1(1+a)\Bigr)\\ &\quad+B(a,1)\Bigl(2\bigl(\gamma+\psi_0(1+a)\bigr)\psi_1(1+a)-\psi_2(1+a)\Bigr) \end{aligned} $$ A continuación, utilizamos las expansiones (no obvias) en torno a $a=0$ $$ \begin{aligned} B(a,1)&=\frac{1}{a}+O(1)\\ \psi_0(a)&=-\frac{1}{a}-\gamma+O(a)\\ \psi_0(1+a)&=-\gamma+\frac{\pi^2}{6}a+O(a^2)\\ \psi_1(1+a)&=\frac{\pi^2}{6}+\psi_2(1)a+\frac{\pi^4}{30}a^2+O(a^3)\\ \psi_2(1+a)&=\psi_2(1)+\frac{\pi^4}{15}a+O(a^2). \end{aligned} $$ para encontrar que, como $a\to0^+$ , $$ \begin{aligned} f'(a)&\approx -\frac{1}{a^2}\Bigl(\bigl(\frac{\pi^2}{6}a\bigr)^2-\psi_2(1)a-\frac{\pi^4}{30}a^2\Bigr)+\frac{1}{a}\Bigl(2\frac{\pi^2}{6}a\frac{\pi^2}{6}-\psi_2(1)-\frac{\pi^4}{15}a\Bigr)+O(a)\\ &=-\frac{\pi^4}{180}+O(a) \end{aligned} $$ como $a\to 0^+$ . Concluimos que $$ \partial_{a,b,b}B(a,1+b)\mid_{a\to 0^+,b\to 0}=-\frac{\pi^4}{180}. $$ Por último, dividiendo por $2$ (recordemos que al principio teníamos un medio delante de la función beta), obtenemos que $$ \int_0^1\frac{1}{2y}\ln y(\ln(1-y))^2\,dy=-\frac{1}{360}\pi^4. $$

Answer 2

$$ \begin{align}\frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\ln (y) \ln^{2}(1-y)}{y} \, dy &= \int_{0}^{1} \frac{\ln y}{y} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n+1} y^{n+1} \, dy\tag{1} \\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n+1} \int_{0}^{1} \ln (y) y^{n} \, dy \\ &= - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{(n+1)^{3}} \tag{2} \\ &= - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n+1}}{(n+1)^{3}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^{4}} \\ &= - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^{3}} + 1 + \frac{\pi^{4}}{90} -1 \tag{3} \\ &= - \frac{\pi^{4}}{72} + \frac{\pi^{4}}{90} \tag{4} \\ &=-\frac{\pi^{4}}{360} \end{align}$$

$(1)$ https://en.wikipedia.org/wiki/Harmonic_number#Generating_functions

$(2)$ Integrar por partes.

$(3)$ https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function#Specific_values

$(4)$ Suma de Euler generalizada $\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^q}$

Answer 3

Existe una antiderivada de forma cerrada que se puede hallar mediante integración por partes repetida: $$\begin{align}\int\frac{\ln y\cdot\ln^2(1-y)}{2y}dy=\frac{\ln^4(1-y)}8+\frac{\ln y\cdot\ln ^3(1-y)}6+\left(\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln ^2y}2\right)\cdot\ln ^2(1-y)\\ +\left[\left(\frac{\pi^2}6+\operatorname{Li}_2\left(\tfrac y{y-1}\right)\right)\cdot\ln y-\operatorname{Li}_3(1-y)-\operatorname{Li}_3\left(\tfrac y{y-1}\right)\right]\cdot\ln(1-y)\\ +\left[\vphantom{\Large|}\zeta(3)-\operatorname{Li}_3(1-y)\right]\cdot\ln y+\operatorname{Li}_4(1-y)-\operatorname{Li}_4(y)-\operatorname{Li}_4\left(\tfrac y{y-1}\right)\color{gray}{+C}\end{align}$$

Answer 4

Otra:

Escriba a $\log^2(1-y)=\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{y^{m+n}}{mn}$

obtenemos (intercambiando suma e integración)

$$ 2I=\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{mn}\int_0^1\log(y)y^{m+n-1}=\\ -\underbrace{\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{mn}\frac{1}{(m+n)^2}}_{S} $$

la doble suma se puede hilvanar escribiendo (me beneficio descaradamente de esta impresionante respuesta )

$$ S=\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{mn}\frac{1}{(m+n)^2}=\frac{1}{2}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2n^2}-\frac{1}{2}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{(m+n)^2n^2}-\frac{1}{2}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{(m+n)^2m^2} $$

desplazando los argumentos en las dos últimas sumas se obtiene

$$ 2S=\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{mn}\frac{1}{(m+n)^2}-\sum_{m=1,n<m}^{\infty}\frac{1}{n^2m^2}-\sum_{m=1,n>m}^{\infty}\frac{1}{n^2m^2} $$

que da como resultado

$$ 2S=\sum_{n=m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2n^2}=\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90} $$

y por lo tanto

$$ I=-S/2=-\frac{\pi^4}{360} $$

Answer 5

Esta pregunta, por alguna razón, surgió en el Preguntas principales y pensé en compartir otra forma de resolver esta integral usando Números Armónicos. ¡Espero que no les moleste!

En primer lugar, utilizamos la integración por partes en $u=\log^2(1-x)$ para obtener $$\begin{align*}\int\limits_0^1dx\,\frac {\log x\log^2(1-x)}{x} & =\frac 12\log^2x\log^2(1-x)\,\Biggr\rvert_0^1+\int\limits_0^1dx\,\frac {\log^2x\log(1-x)}{1-x}\\ & =\int\limits_0^1dx\,\frac {\log^2x\log(1-x)}{1-x}\end{align*}$$ Ahora utiliza el hecho de que

$$H(x)=-\frac {\log(1-x)}{1-x}=\sum\limits_{n\geq1}H_nx^n$$

Y sustituto para conseguir $$\begin{align*}\int\limits_0^1dx\,\frac {\log x\log^2(1-x)}{x} & =-\sum\limits_{n\geq1}H_n\int\limits_0^1dx\,x^n\log^2x\\ & =-\lim\limits_{\mu\to0}\sum\limits_{n\geq1}H_n\frac {\partial^2}{\partial\mu^2}\frac 1{n+\mu+1}\\ & =-2\sum\limits_{n\geq1}\frac {H_n}{(n+1)^3}\end{align*}$$ Divida la suma y utilice una fórmula bien conocida de Euler

$$\sum\limits_{n\geq1}\frac {H_n}{n^m}=\frac 12(m+2)\zeta(m+1)-\frac 12\sum\limits_{n=1}^{m-2}\zeta(m-n)\zeta(n+1)$$

Por lo tanto $$I=2\zeta(4)-5\zeta(4)+\zeta^2(2)=-\frac {\pi^4}{180}$$ Nuestra integral deseada es la mitad de eso, así que toma la mitad y la respuesta es $$\int\limits_0^1dx\,\frac {\log x\log^2(1-x)}{2x}\color{blue}{=-\frac {\pi^4}{360}}$$